ABC349

update on 2024/4/19: F 题的题解写的不太对，正在修。

update on 2024/4/19：修完了

不用考试了/kx/kx/kx/kx/kx/kx/kx

ABCD一眼。

E

发现状态不多，可以直接搜，状态之间的转移关系很容易让人想到 minimax 搜索，直接做即可。注意细节。

F

题面没有废话，数据范围良心，做法巧妙，好评。

link

一看到 lcm，不难想到要分解质因数，试除法可以通过，不过我们更喜欢 Pollard-Rho。

将 $M$ 分解质因数为 $M=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_w^{k_w}$，一个显然的事情是 $w\le 13$。这启发我们放弃多项式复杂度，不过这是后话。

对于 $A_i$，若 $A_i|M$ 不成立，则直接扔掉 $A_i$，这是毋庸置疑的。

接下来对于新的 $A$，我们状压记录每个 $A_i$ 在 $p_j$ 上的信息，显然只需要 $p_j^{k_j}|A_i$ 的真伪。

题解写的什么神必容斥啊，我怎么看不懂啊。

现在问题等价于，给 $n$ 个二进制数，问有多少种方案使得选中的数按为或可以得到一个全 $1$ 的串。

直接做是不好做的，我们考虑容斥。

首先思考一下容斥是什么。

容斥

有很多的集合，我们想求出它们的并集有多少数。

这很明显可以哈希，不过我们想要容斥。

考虑有一张韦恩图。图中的每个圈代表一个集合，若两个圆相交，则代表相交部分为它们的交集。

答案显然就是图上的各部分之和。但没法直接求。我们考虑用计算重合后得到的总数减去重合的部分。

计算重合后得到的总数显然是 $\sum A_i$。现在考虑如何计算重合的部分。

直接的思想是减去任两个圆相交的部分，即减去 $\sum _{i<j}{A}_i\cap A_j$，但是这样我们又会少算一些东西，因为被三个圆重合的部分被减了两次。还应该加上 $\sum _{i<j<k}{A}_i\cap A_j\cap A_k$。但是被四个圆重合的部分又被多加了一次……

以此类推，令 $f_s$ 代表被至少 $s$ 个圆重合时覆盖的部分，易得答案为 $\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}{f}_i$。

虽然正确性在直觉上已经非常对，但是我们还是无法信服。

容易发现 $an{s}_k=\sum _{i=1}^k(-1{)}^{i-1}{f}_i$ 为在不考虑被多于 $k$ 个圆覆盖的部分所能得到的答案。由于图中必没有被 $n+1$ 个圆覆盖的部分，所以只需计算到 $an{s}_n$ 即可。

另一种角度来说，我们每次计算被 $k$ 个圆所覆盖的答案时，所有由 $k$ 以上的圆覆盖的部分都会被至少计算两次，而不会有 $n+1$ 个圆覆盖的部分，所以不必往后考虑。

回到这道题。我们考虑记录不合法的方案有多少种。即用容斥的方法，记录对于 $M$ 的 $w$ 个质因子，至少一个质因子不被选择的方案数，但是这样会产生重复，所以容斥处理一下即可。

具体而言，对于一个长为 $w$ 的串，设 $s$ 是其一个为 $0$ 的位，我们想让 $p_s$ 这个质因子不被选择。那么我们能选择的数就是不包含所有的 $p_s$ 的数。对于这个长为 $w$ 的串，我们枚举所有为 $1$ 位组成的集合的子集，只有状压之后在子集中出现过的 $A_i$ 才是我们能选择的，枚举子集的复杂度上限为 $2^w$。

小 trick：对于二进制数 $S$，我们可以用下面的语句枚举为 $1$ 的位的子集。

for(int T=S;T;T=(T-1)&S)

这样做的时间复杂度上限是 $O(2^{w+1}\times \log n)$，总时间复杂度上限为 $O(\sqrt[4]{n}+2^{w+1}\times \log n)$。

准确的复杂度分析大概是用子集求和的思路证明。

G

solution